CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 19 de Junio de 2004 Primera parte

Transcripción

1 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 9 de Junio de Primera parte Ejercicio. Un depósito subterráneo de gasolina tiene forma de cilindro elíptico, con semieje horizontal a, semieje vertical b yanchural. Para medir su contenido se sumerge una vara hasta la parte inferior del depósito y se mide la altura h del nivel de gasolina. Calcular el volumen de la gasolina que contiene el depósito en función de h. h Solución. Consideramos la elipse de semiejes a y b que es una sección del depósito. En primer lugar, calculamos el área de la porción de la elipse que está comprendida entre el vértice (, b) y la recta y b + h. Dado que la ecuación de la elipse es x a + y b, tenemos que las coordenadas de dos puntos simétricos respecto al eje y son à r! à r! a y b,y, a y b,y donde b y b. Entonces, el área de la porción de elipse es Z r b+h A (h) a y b dy a Z b+h p b b y dy. b Para calcular la integral, usaremos el cambio de variable y b sen t, que verifica y b sen t t π/, y b + h sen t h b t arcsen µ h b, dy b cos tdt, p b y b cos t b cos t b cos t. b,

2 En consecuencia, Z arcsen( h A (h)ab π/ t + b ) sen t ab à ab arcsen Z arcsen( h cos tdt ab arcsen( h b ) π/ µ h b π/ b ) + π h sen t arcsen( + π/ ( + cos t) dt b ) Dado que sen t sentcos t, el valor de cos t en t arcsen h b viene dado por cos t q sen t h b, yademássen ( π), obtenemos h sen t arcsen( ) µ s µ b h h b b. π/!. El volumen de la gasolina que contiene el depósito es µ h V (h) abl arcsen b + π µ s µ h h + b b.

3 Ejercicio. Dada la serie de potencias X n x n, n calcular su radio de convergencia, su dominio de convergencia y su suma en dicho dominio. Solución. El radio de convergencia de la serie de potencias es R lim a n n a n+ lim n n (n +) lim n n n +n +n +. En el extremo x, la serie P n n es divergente porque la sucesión n n no converge a cero. Por la misma razón, la serie P n n ( ) n también es divergente. Entonces, el intervalo de convergencia es (, ). Para calcular la suma de la serie en los puntos tales que x <, sabemos que X x n x, n n para x <. Derivando, obtenemos à X nx n d! X x n dx lo que implica P n nxn x X n n x n d dx µ n x ( x) d µ dx x ( x),. ( x). Derivando ambos términos, ( x) +x ( x) ( x) +x ( x), para x <. Multiplicando por x, obtenemos X n x n x + x n ( x). Derivando una vez más, X n x n d µ x + x dx n ( x) (x +)( x) + x + x ( x) ( x) 6 (x +)( x)+ x + x ( x) x + x x +x +x ( x) x +x + (x ). Entonces, la suma de la serie en el dominio x < es X n x n x x +x + (x ). n

4 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 9 de Junio de Segunda parte Ejercicio. Hallar los extremos absolutos de f (x, y) x + y x y, sobre el conjunto M (x, y) R : y, x + y ª. Solución. En primer lugar, buscamos puntos en el interior de M, tales que f (x, y) (8x, y ) (, ) (x, y) (/, /). Las coordenadas del punto P (/, /) verifican (/) + 9/ / < y / >, por lo que P pertenece al interior de M. La frontera de M es la unión de la semielipse x + y, y yelsegmentoy, x. Usando multiplicadores de Lagrange f λ g, con la restricción g (x, y) x + y, obtenemos ½ 8x λ8x, y λy, ½ x ( λ), y ( λ). Entonces, 6x ( λ) y ( λ). Si λ obtenemos 8x 8x, por lo que necesariamente λ 6 y podemos dividir por ( λ). Así, tenemos que 6x y x y, por lo que x +9x, que implica x. Las soluciones son x ± ± y sabemos que y x, luego el único punto que verifica la restricción con y es P µ, 6. En el segmento y, x, tenemos que f λ h, con h (x, y) y, implica 8x, x /, y λ, λ, y, y. Por tanto, el tercer punto es P (/, ). La intersección de la semielipse con el segmento proporciona los puntos P (, ) y P 5 (, ). Los valores de la función en dichos puntos son µ f (P )f, 9.5, µ 6 f (P )f, , µ f (P )f,, f (P )f(, ) 8, f (P 5 )f(, ). En consecuencia, el máximo absoluto se alcanza en P, mientras que el mínimo absoluto se alcanza en P.

5 Ejercicio. Sea S el octante positivo de la superficie esférica unidad.. Calcular la integral de superficie ds. qx + y +(z ) S. H Calcular directamente y usando el teorema de Stokes la integral de línea C F dr, donde C es la curva frontera de S orientada por la normal exterior y F (x, y, z) (x, y, z). (x + y + z / ) Solución. Parametrizamos S usando coordenadas esféricas, es decir, S (Φ,θ) (sen Φ cos θ, sen Φ sen θ, cos Φ), (Φ,θ) [,π/] [,π/]. El producto vectorial fundamental es i j k S Φ S θ cos Φ cos θ cos Φ sen θ sen Φ sen Φ sen θ sen Φ cos θ sen Φ cos θ, sen Φ sen θ, sen Φ cos Φ. En primer lugar, obtenemos la norma del producto ks Φ S θ k sen Φ +sen Φ cos Φ / sen Φ / sen Φ senφ, porque Φ [,π/]. A continuación, calculamos el valor del integrando en S, qsen Φ cos θ +sen Φ sen θ +(cosφ ) sen Φ +cos Φ + cosφ S cosφ. Finalmente, calculamos la integral de superficie Z π/ Z π/ sen Φ ds dφ dθ qx + y +(z ) cosφ Z π/ h( cos Φ) /i π/ dθ Z π/ dθ π. 5

6 Solución. Para calcular directamente H C F dr, observemos que la curva frontera de S orientada por la normal exterior verifica C C C C, donde C está contenida en el semiplano θ π/, la curva C en el semiplano θ y C en el plano Φ π/, todas ellas con orientación antihoraria. Parametrizamos C mediante ³ π Φ r (Φ) S, (, sen Φ, cos Φ), Φ π. Dado que F (r (Φ)) (, sen Φ, cos Φ) y r (Φ) (, cos Φ, sen Φ), obtenemos Z Z π/ F dr (sen Φ cos Φ cos Φ sen Φ) dφ. C Una parametrización de C viene dada por r (Φ) S (, Φ) (sen Φ,, cos Φ), Φ π. R Entonces F (r (Φ)) (sen Φ,, cos Φ) y r (Φ) (cosφ,, sen Φ) implican C F dr. La curva C se parametriza con ³ r (θ) S θ, π (cosθ, sen θ, ), θ π. Análogamente, F (r (θ)) (cos θ, sen θ, ) y r (θ) ( sen θ, cos θ, ) implican R C F dr. En consecuencia, la integral de línea H C F dr. El teorema de Stokes asegura que I F dr rot F nds. C S Para aplicarlo, calculamos el rotacional del campo vectorial F (x, y, z), i j k rot F F D x D y D z x y z (x +y +z ) / (x +y +z ) / (x +y +z ) / Ã! zy +yz (x + y + z ) 5/, xz zx (x + y + z ) 5/, yx +xy (x + y + z ) 5/ (,, ). Entonces, I F dr C S (,, ) nds. 6

7 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de Primera parte Ejercicio. Calcular las coordenadas de los puntos P y Q de la parábola y x, tales que el triángulo formado por el eje x y las rectas tangentes a la parábola en P y Q sea equilátero. P Q Solución. La pendiente de la recta tangente a la parábola y x en el punto (x, y) es y x, por lo que la ecuación de dicha recta tangente es Y y x (X x). El punto intersección de esta recta con el eje y tiene las siguientes coordenadas X, Y y +x x +x +x. Las coordenadas del punto intersección de la recta tangente con el eje x son Y, X x + y x x + x +x, x 6. x x Observemos que en el caso x, la recta tangente es Y, que no forma triángulo. Dado que los tres ángulos de un triángulo equilátero son iguales a π/, tenemos que tan π +x +x x tan π +x +x x x si x> x si x>, x si x< x si x<. Entonces las abcisas de los puntos P y Q son / y /. El valor de la ordenada es à ±! y. Las coordenadas de los puntos son P /, / y Q /, /.

8 Ejercicio. Calcular el valor de la integral impropia I n donde n es un entero positivo. Z (ln x) n dx, Solución. Usaremos la fórmula de integración por partes con u (lnx) n y dv dx, obteniendo du n (ln x) n x dx y v x. Entonces I n Z (ln x) n dx lim Z a a Z lim a [x (ln x) n ] a n lim a lim a [a (ln a) n ] ni n. Calculamos el límite usando la regla de L Hôpital, lim [a (ln (ln a) n a a)n ]lim a a (ln x) n dx lim a n (ln a) n a a lim a n (n ) (ln a) n a ( ) a ( ) (ln a) n n (n ) lim. a a Reiterando la aplicación de esta regla, En consecuencia (ln a) n lim ( ) a n n!lim a ln a a a ( ) n n!lima. a a (ln x) n dx ( ) n n!lim a lim a n (ln a) n a a a I n ni n ( ) n (n ) I n ( ) n n!i. Finalmente, usando de nuevo integración por partes con u lnx y dv dx, I Z Z ln xdxlim[xln x] a a dx, lo que implica que I n ( ) n n! para cualquier entero positivo n.

9 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de Segunda parte Ejercicio. Hallar el máximo y el mínimo absolutos de la función f (x, y) ln +x + y en el conjunto D (x, y) R : x + y ª. Z x t +t dt, Solución. En primer lugar, obtenemos los puntos críticos del interior de D, resolviendo el sistema x f x (x, y) +x + y x +x x 5 x xy +x + y + x + x 6 + x y, y f y (x, y) +x + y. La segunda ecuación implica y, luegolaprimeraimplicax 5 x y obtenemos x x x obien x ±. Entonces, los puntos interiores de D candidatos a extremos son P (, ), P (, ), P (, ). La frontera de D se define con g (x, y) x + y. Aplicando el criterio de los multiplicadores de Lagrange, calculamos los puntos solución del sistema f (x, y) λ g (x, y), resolviendo x +x + y x +x λx, y +x + y λy, x + y. Si x, la tercera ecuación implica que y, por lo que P (, ) y P 5 (, ) son dos puntos de la frontera de D candidatos a extremos. En el caso x 6, hay dos posibilidades. La primera es que y, luego x, obteniendo P 6 (, ) y P 7 (, ). La segunda es que y 6, por lo que +x + y +x λ, +x + y λ.

10 Ambas ecuaciones implican, que es una contradicción, luego no +x existen soluciones con ambas coordenadas no nulas. Los valores de la función en los puntos obtenidos son f (P )ln(), f (P )ln() f (P )ln() Z Z t +t dt ln() arctan t ln() π.95, t dt ln()+ +t Z t +t dt ln()+ arctan t ln() π.95, f (P )f (P 5 )ln(5).69, f (P 6 )f (P 7 )ln(5) arctan.86. Entonces, el mínimo absoluto se alcanza en P y P, y el máximo absoluto en P y P 5.

11 Ejercicio. Sea V el sólido definido por V (x, y, z) R : x, y, z, y + z, x 6 ª, y sea S la superficie cerrada que limita a V. Calcular, directamente y mediante el teorema de Gauss, el flujo de salida a través de S del campo vectorial F (x, y, z) (xe z,ye z,e z ). Solución. Calculamos el flujodesalidadelcampoatravésdelascincopartes de S, que son los triángulos S (contenido en el plano x )ys (contenido en el plano x 6), los rectángulos S (contenido en el plano y )ys (contenido en el plano z ),ylatapasuperiors 5 (contenida en el plano y + z ). Parametrizamos S mediante S (y, z) (,y,z), donde y, z, y + z. La normal exterior es (,, ) yelflujodesalidaatravésdes es Z Z y F NdS (,ye z,e z ) (,, ) dz dy. S Una parametrización del triángulo S es S (y, z) (6,y,z) donde y, z, y + z. El flujo de salida a través de S es Z Z y F NdS (6e z,ye z,e z ) (,, ) dz dy S Z Z y 6e z dz dy 6 Z e y dy 6 e y y 6 +e 6e. El rectángulo S se parametriza con S (x, z) (x,,z), donde x 6, z ylanormalexteriores(,, ). El flujodesalidaatravésdes es Z 6 Z F NdS (xe z,,e z ) (,, ) dz dx. S El rectángulo S se parametriza con S (x, y) (x, y, ), donde x 6, y y la normal exterior es (,, ). El flujodesalidaatravésdes es Z 6 Z Z 6 Z F NdS (x, y, ) (,, ) dy dx dy dx. S La tapa superior S 5 está contenida en el plano y + z, siendo y, z, x 6. Por tanto y z lo que implica z. Una 5

12 parametrización de S 5 es S 5 (x, z) (x, z, z), donde x 6, z y el producto vectorial fundamental es i j k (S 5 ) x (S 5 ) z (,, ), que tiene la dirección interior al sólido (cambiamos el signo). Entonces Z 6 Z F NdS (xe z, ( z) e z,e z ) (,, ) dx dz S 5 Z 6 Z Z 6 Z 6 (5 z) e z dx dz ³ 5[e z ] [zez ] +[ez ] dx e 6 dx e 6, usando la fórmula de integración por partes. En consecuencia, el flujo de salida del campo F atravésdes es F NdS6e + e 6 S 8e 9 8 e 5. El teorema de Gauss afirma que el flujodesalidadelcampof atravésde S coincide con la integral triple de la divergencia de F, es decir Z F NdS div Fdxdydz. S Calculamos div F e z, y el valor de la integral triple es Z Z 6 Z Z y div Fdxdydz e z dz dy dx V V Z 6 Z Z 6 Z 6 8 e 5. e y dy dx e y y dx +e dx 6

13 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 7 de Enero de Ejercicio. Se desea fotografiar un cuadro de m. de altura colgado en una pared de una galería de arte. La lente de la cámara está situada m. por debajo del extremo inferior del cuadro. A qué distancia de la pared ha de colocarse la cámara para que el ángulo que subtiende (o abarca) el cuadro sea máximo? Solución: Sea x la distancia entre la pared y la lente de la cámara. Consideramos el ángulo α que subtiende el cuadro, y el ángulo β que subtiende el metro de pared situada por debajo del extremo inferior del cuadro. Entonces, tan (α + β) 5 x, tan (β), x (, ). x Aplicando la función inversa obtenemos la función objetivo α (x) arctan 5 x arctan, x (, ). x Para obtener los puntos críticos, resolvemos la ecuación α (x) µ x x 5x 5+x +5 (x + 5) (x +) + x µ x 5 x +5 + x + x (x +5)(x +).

14 Dado que x (, ), la única solución de esta ecuación es el punto crítico x x 5. Observemos que si x, 5 entonces x > y α (x) >. Además, si x 5, entonces x < y α (x) <. En consecuencia, el ángulo máximo que subtiende el cuadro se obtiene colocando la cámara a una distancia de 5 metros.

15 Ejercicio. Calcular los volúmenes de los sólidos que se obtienen al hacer girar la región limitada por las curvas y x y y x, en torno al eje x, alejey, yalarectay. Solución: Lascurvassecortanenlospuntos(, ) y (, ), por lo que la región limitada por dichas curvas es R (x, y) : x, x y x ª. El volumen del sólido generado al girar R alrededor del eje x, usando el método de las arandelas, es Z V (R) π x x µ x dx π x5 π 5 π 5 5. El volumen del sólido generado al girar R alrededor del eje y, usando el método de las capas, es Z Z V (R)π x x x dx π x x dx µ x π x π π π 6. El volumen del sólido generado al girar R alrededor de la recta y, usando el método de las arandelas, es V (R)π π π π Z Z Z ( x ) ( x) dx ( + x x ) +x x dx (x 5x +x x5 dx π 5 5x +x µ 5 + π 8π 5 5. µ 5 5 +

16 Ejercicio. Definir el polinomio de Taylor y el resto de Lagrange de grado n de una función f en un punto a. Sea f : R R la función continua definida por f (x) x sen x, x 6. x (a) Calcular f (). (b) Obtener el polinomio de Maclaurin de f de grado. (c) Aproximar f () utilizando el polinomio obtenido en el apartado anterior y estimar el error cometido. Solución: (a) Usando el desarrollo en serie de Maclaurin de la función sen x x x! + x5 5! x7 7! + X n deducimos que x sen x lim x x.! La función f es continua en x, por lo que f () lim x f (x) lim x x sen x x ( ) n x n+ (n +)!, lim x x! x 6. (b) El polinomio de Maclaurin de la función f de grado es x µx x! + x5 5! x7 7! P (x) x 6 x 5! + x 7!. (c) La aproximación pedida es f () P () 6 5! + 7! Para estimar el error cometido, observamos que f (x) x sen x x µx x! + x5 5! x7 7! + sen z x 8 8! x x P (x) sen z x 5 P (x)+r (x), 8!

17 donde z está comprendido entre y x. Para el valor x, obtenemos la estimación del error sen z R () 8! 8!.8 5. La evaluación numérica de la función en x es f () sin

18 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. de Junio de 5 Ejercicio. Demostrar que la curvatura K delacurvadadaencoordenadas polares por r r (θ) es (r ) rr + r K i /. h(r ) + r Calcular la curvatura de la curva r a sen θ. Solución: Las ecuaciones paramétricas de la curva en R son R (θ) (x (θ),y(θ), ) (r (θ)cosθ, r (θ)senθ, ). La curvatura de R (θ) es R (θ) R (θ) K kr (θ)k. Dado que el producto vectorial R i j k (θ) R (θ) x (θ) y (θ) x (θ) y (θ),,x (θ) y (θ) x (θ) y (θ), obtenemos la siguiente fórmula para calcular la curvatura K x (θ) y (θ) x (θ) y (θ) h(x (θ)) +(y (θ)) i. / A continuación, calculamos x (θ)r cos θ r sen θ, y (θ) r sen θ + r cos θ, x (θ)r cos θ r sen θ r cos θ, y (θ) r sen θ +r cos θ r sen θ. Entonces, las igualdades x (θ) y (θ) x (θ) y (θ) r rr + r, x (θ) + y (θ) r + r, implican la fórmula pedida. Para calcular la curvatura de la curva r a sen θ, observemos que r a cos θ y r a sen θ. Entonces, r rr + r a cos θ +a sen θ a, h r i / + r a / a, K a a a.

19 Ejercicio. Hallar los puntos de la elipse x + y, x + y + z, más cercanos y más lejanos al eje OY. Solución: La distancia de un punto cualquiera (x, y, z) R al eje OY es x + z. Entonces, para encontrar los puntos de la elipse más cercanos y más lejanos al eje OY, usamos la función objetivo f (x, y, z) x + z. Aplicando el teorema de los multiplicadores de Lagrange, con las dos restricciones que definen la elipse, obtenemos x λx + µ, λy + µ, z µ, x + y, x + y + z. Sustituyendo la tercera ecuación en la primera y segunda, y simplificando, el sistema es x λx + z, λy + z, x + y, x + y + z. Si y, la segunda ecuación implica que z, y usando la cuarta concluimos que x, lo que contradice la tercera ecuación. Entonces y 6, por lo que λ z/y, siendo x xz/y + z, lo que implica xy xz + yz. Dado que z x y, obtenemos xy x (x + y) y (x + y) x + xy y x y. Las ecuaciones x + y, x y, implican que x, y. Teniendo en cuenta que z x y, los cuatro puntos solución del sistema son ³ P,, ³, P,, +, ³ P,, ³, P,, +. Los valores de la función objetivo f (x, y, z) x + z en dichos puntos son f (P )f (P )+, f (P )f (P ). Entonces, los puntos más cercanos son P y P, mientras que los más lejanos son P y P.

20 Ejercicio. Consideremos la superficie S definida por x + y + z, z, orientada según la normal exterior a la esfera y el campo vectorial F (x, y, z) y, yz,x z. Calcular la integral de superficie S rot F NdS, directamente, aplicando el teorema de Stokes y usando el teorema de Gauss. Solución: En primer lugar, calculamos el rotacional del campo vectorial i j k rot F D x D y D z ( yz, xz, ). y yz x z Dado que z p x y, parametrizamos la superficie S mediante S (x, y) ³x, y, p x y, (x, y) D, donde D (x, y) R : x + y ª. El producto vectorial fundamental es i j k x Ã! p S x S y x y x p y x p y, y p x y,, x y y tiene la orientación exterior a la esfera porque S x S y (, ) (,, ). Calculamos directamente rot F NdS rot F (S (x, y)) S x S y dx dy ( xy) dx dy S D Z π Z Z π Z π r sen θ cos θ rdrdθ r r sen θ cos θ dθ ( 8senθ) dθ [θ +cosθ] π π, usando el cambio de variables a coordenadas polares. D

21 El teorema de Stokes asegura que I rot F NdS S C F dr, donde la curva C, que es la frontera de S, viene dada por x + y, z. Una parametrización de la curva con orientación inducida por la superficie orientada por la normal exterior a la esfera es Calculamos I F dr C Z π r (t) (cost, sent, ), θ π. F (r (t)) r (t) dt Z π Z π Z π sen cos t tdt dt ( sent,, ) ( sent, cost, ) dt θ π sen t π. Para usar el teorema de Gauss, consideramos la superficie S definida por x + y, z. Entonces, la superficie S S es la frontera de la semiesfera V, donde la orientación de S viene dada por la normal exterior a la semiesfera. El teorema de la divergencia de Gauss implica que Z rot F NdS div (rot F ) dx dy dz, S S V porque div (rot F )(x, y, z). En consecuencia, rot F NdS rot F NdS. S Parametrizamos la superficie S mediante S (r, θ) (r cos θ, r sen θ, ), r, θ π. El producto vectorial fundamental Sr Sθ i j k cos θ sen θ (,,r), r sen θrcos θ está orientado hacia el interior de V, por lo que debemos integrar S rot F (S (r, θ)) S r S θ (,, ) (,,r) r. El flujo exterior, a través de S, del rotacional del campo F es Z π Z r rot F NdS rdrdθ π π, S lo que implica el resultado pedido.

22 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 5 de Julio de 5 Primera parte Ejercicio. Encontrar el área mínima de la región del primer cuadrante del plano cuyas fronteras están contenidas en la recta que pasa por el punto (, 5) y las rectas x, y. Solución. La ecuación de la recta que pasa por el punto (, 5) es y 5 m (x ). Si la pendiente m<, entonces esta recta y los ejes x, y determinan un triángulo situado en el primer cuadrante del plano. En el caso m>, las regiones que determinan las tres rectas no pertenecen al primer cuadrante o degeneran en un punto. Los casos especiales dados por las rectas x, y 5, son regiones con área infinita. En consecuencia, la pendiente satisface la condición m<. Para calcular el área del triángulo es suficiente obtener las coordenadas de los puntos intersección de la recta que pasa por el punto (, 5) y las rectas x, y. Para obtener la coordenada y del primer punto, resolvemos y 5 m, obteniendo y 5 m. La coordenada x del segundo punto viene dada por 5 m (x ) x 5 m x 5 m m 5 m. Entonces, el área del triángulo es A (m) µ m 5 (5 m) (5 m), m <. m m A continuación, calculamos los puntos críticos mediante " # A (m) (5 m)( ) m (5 m) m (5 m)(5+m) m. Las soluciones de esta ecuación son m 5/ > y m 5/ <, siendo m la única solución que pertenece al dominio de definición del área A (m). Para probar que A (m) alcanza su valor mínimo en m 5/, usaremos el criterio de la primera derivada. Si m< 5/entonces 5 + m<y 5 m > porque m<. Por tanto A (m) < y el área es decreciente a la izquierda de 5/. Si m> 5/ entonces 5+m> y 5 m > porque m<. Por tanto A (m) > yeláreaescrecientealaderechade 5/. Así concluimos que el área mímima es A µ 5 (5 + 5) ( 5/).

23 Ejercicio. (a) Aproximar el valor de la integral R x x sen x dx, mediante la regla de Simpson dividiendo el intervalo en cuatro partes iguales. (b) Estudiar la convergencia de la integral impropia R x α x sen x dx, según los valores de α R. Solución. (a) Si dividimos el intervalo [, ] en n subintervalos con la misma longitud h.5, los puntos terminales de los subintervalos son x, x.5, x.5, x.75, x. Entonces, la regla de Simpson es Z f (x) dx.5 [f () + f (.5) + f (.5) + f (.75) + f ()]. En consecuencia, la aproximación del valor de la integral es Z x dx.7. x sen x (b) En primer lugar, analizamos la convergencia de la integral impropia Z x α I x sen x dx. Para ello, usamos el criterio de comparación por paso al límite, calculando lim x x α x sen x x p x α+p lim x x sen x lim x α+p x x! 6, si α + p p α. Dado que la integral R x dx converge si y sólo si p p<, tenemos que la integral I es convergente si y sólo si α < α>. El criterio de comparación también nos servirá para estudiar la convergencia de la integral impropia Z x α I x sen x dx. Calculamos lim x x α x sen x x p x α+p lim x x sen x, si α + p p α. Dado que la integral R x dx converge si y sólo si p p>, tenemos que la integral I es convergente si y sólo si α > α<. Como los intervalos de convergencia para las integrales I y I no tienen puntos comunes, concluimos que no existen valores de α tales que la integral sea convergente.

24 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 5 de Julio de 5 Segunda parte Ejercicio. Obtener los extremos absolutos de la función f (x, y) y + x y +x +y y 8, en el conjunto M (x, y) R : x + y ª. Solución. En primer lugar, obtenemos los puntos del interior de M, tales que f (x, y) (, ), resolviendo el sistema xy +x, y + x +y ½ x (y +), (, ) y + x +y. La primera ecuación implica x obieny. Si y, la segunda ecuación implica que x, pero el punto (, ) no pertenece al interior de M. Si x, la segunda ecuación es y +y. Las soluciones de esta ecuación son y ± ± 6 ± 8 ½ /, Las coordenadas del punto P (, /) verifican /9 <, por lo que pertenece al interior de M. La frontera de M es la circunferencia x + y. Usando la ecuación de los multiplicadores de Lagrange f λ g, con la restricción g (x, y) x + y, obtenemos x (y +)λx, y + x +y λy, x + y. Si x 6, entonces y +λ, lo que implica que y + x +y y (y +)y +y y + x, que contradice la ecuación x + y. Entonces x, luego y, lo que implica que y ±. Por tanto, los puntos P (, ) y P (, ) satisfacen las ecuaciones primera y tercera. Para comprobar que también se cumple la segunda ecuación, sustituimos (x, y) (, ) y (x, y) (, ) obteniendo λ / y λ 5/, respectivamente. Los valores de la función en los tres puntos obtenidos son f (P )f ((, /)) , f (P )f (, ) + 8 9, f (P )f (, ) En consecuencia, el máximo absoluto se alcanza en P, mientras que el mínimo absoluto se alcanza en P.

25 Ejercicio. Calcular directamente y usando el teorema de Stokes la integral de línea I xdx+ yz dy + xz dz, C donde C es la curva dada por la intersección de las superficies ½ x + y + z, z, x + y y. Solución. Para calcular directamente la integral de línea, parametrizamos la curva C usando coordenadas cilíndricas x r cos θ, y r sen θ, z z. Entonces, las ecuaciones de las superficies que definen la curva C son ½ z r, r senθ, donde θ π, y la ecuación de la curva es ³ C (θ) sen θ cos θ, sen θ, p sen θ, θ π, siendo su orientación anti-horaria. Calculamos la integral de línea I I xdx+ yz dy + xz dz C Z π sen θ cos θ +sen θ sen θ senθcos θ sen θ cos θ dθ Z " π µ # sen θ sen θ +sen θ cos θ sen 5 θ cos θ dθ Z π sen θ +sen θ cos θ sen 5 θ cos θ µ cos θ dθ cos θ + sen θ sen6 θ θ π sen θ π 8. El teorema de Stokes asegura que I F dr C S rot F nds, donde S es la porción de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curva C. Una parametrización de S viene dada por S (r, θ) ³r cos θ, r sen θ, p r, r sen θ, θ π.

26 Para aplicarlo, calculamos el rotacional del campo vectorial i j k rot F F D x D y D z ( yz, z,), x yz xz ³ por lo que rot F (S (r, θ)) r sen θ r, r,. A continuación, calculamos el producto vectorial fundamental i j k µ r S r S θ cos θ sen θ r cos θ r, r sen θ,r, r r r sen θrcos θ por lo que la orientación de la superficie S es compatible con la orientación de su frontera C. Obtenemos el producto escalar rot F (S (r, θ)) (S r S θ ) r sen θ cos θ r sen θ, para calcular la integral de superficie Z π Z sen θ rot F nds r sen θ cos θ r sen θ dr dθ S Z π sen θ r r sen θ cos θ + sen θ dθ Z π µ sen5 θ cos θ + sen θ dθ sen 6 π θ Z π sen θdθ Z π sen θdθ. Dado que sen θ sen θ µ cos θ cosθ +cos θ µ cosθ + +cosθ µ cos θ cosθ +, podemos calcular rot F nds Z π µ cos θ cosθ + dθ S π θ sen θ sen θ π 8. 5

27 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de 5 Primera parte Ejercicio. Un espejo plano de dimensiones 8 cm y 9 cm, se rompe por una esquina según una recta. De los dos trozos que quedan, el menor es un triángulo de catetos cm y cm, correspondientes a las dimensiones menor y mayor del espejo respectivamente. Hallar el área máxima del espejo rectangular que se puede obtener con el trozo mayor. Solución. 9 H,L 8 Situando el origen de las coordenadas en el vértice del rectángulo que muestra la figura, la recta de rotura pasa por los puntos (, 78) y (, 9). Entonces, la ecuación de dicha recta es y 78 x. El área del espejo rectangular que se puede obtener con el trozo mayor en un punto (x, y) de la recta es A (x)(8 x) y (8 x) µ 6 5 x x x 78x 6 5 x +8x + 6, donde x [, ]. El único punto crítico es la solución de la ecuación A (x) 5 x +8 x [, ]. Como A (x) /5 < y la función A es un polinomio de segundo grado, el máximo absoluto se alcanza en x 5/ y su valor es A (5/) 67.5

28 Ejercicio. Sea f :[, ) R definida por f (x) e x sen x. (a) Dibujar un esquema de la gráfica de f y obtener la sucesión (x k ) k de ceros de f en [, ). (b) Calcular el área A k de la región comprendida entre la gráfica de f en el intervalo [x k,x k+ ] yelejex. (c) Probar que la sucesión (A k ) k es una progresión geométrica cuya razón es menor que. (d) Hallarlasumadelaserie P k A k. Solución. (a) Dado que e x > para todo x R, los ceros de f se obtienen resolviendo sen x en [, ). Las soluciones son x k kπ, k,,,... (b) Usando integración por partes con u e x y dv senxdx,tenemos du e x dx y v cos x. Entonces Z Z e x sen xdx e x cos x e x cos xdx. Aplicando el mismo método a la primitiva del término derecho, con u e x y dv cosxdx, siendo du e x dx y v senx, obtenemos Z µ Z e x sen xdx e x cos x e x sen x + e x sen xdx. Por tanto Z e x sen xdx e x (cos x +senx). Para calcular el área A k de la región comprendida entre la gráfica de f en el intervalo [kπ, (k +) π] yelejex, observamos que la integral es positiva si

29 k o bien par y negativa si k es impar. En consecuencia, Z (k+)π A k ( ) k e x sen xdx ( )k kπ h i e kπ (cos kπ +senkπ) e (k+)π (cos (k +)π +sen(k +)π) ( )k he kπ ( ) k e (k+)π ( ) k+i e kπ +e π. (c) Para probar que la sucesión (A k ) k es una progresión geométrica, calculamos A k+ e π A k e π <. (d) La suma de la serie geométrica viene dada por X X e kπ A k +e π µ +e π e π. k k

30 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de 5 Segunda parte Ejercicio. Calcular las distancias mínima y máxima del plano x + y +z a los puntos de la elipse ½ x + y x + y + z Solución. La distancia de un punto P (x, y, z) al plano viene dada por d (x, y, z) x + y +z 6. Entonces la función que vamos a optimizar es f (x, y, z) (x + y +z), sujeta a las restricciones g (x, y, z)x + y, h (x, y, z)x + y + z. Aplicando el criterio de los multiplicadores de Lagrange, calculamos los puntos solución del sistema f (x, y, z) λ g (x, y, z)+µ h (x, y, z), resolviendo (x + y +z)6λx + µ, (x + y +z)λy + µ, (x + y +z)µ. Usando la tercera ecuación, obtenemos (x + y +z)6λx, (x + y +z)λy, lo que implica que 6λx λy. Si λ entonces x + y +z, luego x + y z. Usando la restricción x + y + z, obtenemos z, por lo que x + y. Dado que y x, la primera restricción implica x +( x) x +6+x 8x x 8x +. La única solución de x x +(x ) es x. Así obtenemos el punto P (,, ).

31 Si λ 6 entonces x y, luego la primera restricción implica x +9x x x ±. La solución x, y con la restricción x + y + z, proporciona el punto P obtenido. Si x, y, tenemos que z x y 6, por lo que P (,, 6) es la segunda solución del sistema. Las distancias de los puntos P y P al plano vienen dadas por d (P ) + +, d(p ) Entonces, la distancia mínima se alcanza en P que pertenece al plano y la distancia máxima se alcanza en P. 5

32 Ejercicio. Hallar el volumen del sólido situado en el exterior del paraboloide z x + y que lo limita, en el semiplano z y en el interior del cilindro x + y x. Solución. El sólido Ω viene dado por Ω (x, y, z) :x + y x, z x + y ª. Entonces, el volumen de Ω es Z Ã Z! x +y V dx dy dz dz dx dy Ω D D x + y dx dy, donde la proyección sobre el plano xy es D (x, y) :x + y x ª. Usando coordenadas polares, la ecuación del cilindro es r r cos θ r cosθ, donde θ [ π/,π/]. Para calcular la integral doble, usamos la fórmula del cambio a coordenadas polares V D Z π/ π/ Z π/ π/ Z π/ π/ x + y dx dy Z π/ π/ Z π/ cos θdθ π/ +cosθ +cos θ dθ Z cosθ r rdrdθ µ +cosθ dθ µ +cosθ + +cosθ dθ sen θ θ +senθ + 8 π/ π/ π. Z π/ π/ cosθ r dθ 6

33 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 9 de Enero de 6 Ejercicio. Determinar el área máxima de una cruz simétrica inscrita en un círculo de radio r (ver la figura). Solución: Elegimos como variable el ángulo θ (,π/) y obtenemos µ θ sen a/ µ θ a rsen, r µ θ cos b µ θ r b r cos. Entonces, el área de la cruz simétrica es la suma de las áreas de dos rectángulos de dimensiones a y b, menos el área de un cuadrado de lado a. Es decir, la función objetivo es µ µ θ θ A (θ)ab a 8r sen cos r µ sen θ sen µ θ r ( sen θ +cosθ ), µ θ r sen µ r sen θ cos θ donde θ (, π/). Para obtener los puntos críticos, resolvemos la ecuación A (θ) r ( cos θ sen θ).

34 Dado que r> y θ (,π/), la única solución de esta ecuación es el punto crítico θ tal que sen θ cosθ θ arctan. Si θ (, arctan ) entonces < tan θ <, luego sen θ < cosθ, lo que implica A (θ) >. Además, si θ (arctan,π/) entonces A (θ) <. Entonces, el área máxima se obtiene en el ángulo θ arctan. Para calcular dicha área, observamos que sen θ cosθ sen θ sen θ 5sen θ sen θ 5, porque θ (,π/). En consecuencia, cos θ / 5 yeláreamáximaes µ 5 5 ³ A (θ )r r 5.

35 Ejercicio. Una esfera de radio r se corta por un plano formando un casquete esférico de altura h. Calcular el volumen y la superficie (incluyendo la base) de este sólido de revolución. Solución: El casquete esférico de altura h se obtiene girando alrededor del eje y la región acotada por las gráficas de x + y r, x, y r h, h r. El volumen, usando el método de los discos, es Z r V π r h Z r [x (y)] dy π r y dy π r h à π r r r (r h)+ µ r π π! (r h) r + r h + r r h + rh h πh (r h). µrh h r y y r r h Calculamos la superficie S S + S, donde S es el área de la pared esférica y S es el área de la base contenida en el plano de corte. La primera superficie verifica que Z r q S π x +(x ) dy. r h Sabemos que x p r y. Derivando la ecuación x + y r respecto a y, obtenemos xx +y, luego x y/ x. Entonces, Por tanto, S π + x + y Z r r h x x + y x r r y. p Z r y r r p r y dy πr r h dy πrh. La base del sólido es un círculo cuyo radio es la coordenada x> de la intersección de la circunferencia x + y r con la recta y r h, luego x r (r h) rh h. Entonces, S π rh h y el área total es S πrh πh πh (r h).

36 Ejercicio. (a) Supongamos que las series de términos positivos P n a n y P n (a n + b n ) son convergentes. Estudiar el carácter de las series X X a X n b n,,, +a n +a n n razonando las respuestas. n n (b) Dada la serie de potencias X x n (n +)(n +), n calcular su radio de convergencia, el carácter de la serie en los extremos del intervalo de convergencia y su suma. Solución: (a) La serie P n b n P n (a n + b n ) P n a n es convergente porque es la diferencia de dos series convergentes. Para cada entero n, tenemos que a n <a n, +a n porque a n >, luego usando el criterio de comparación, deducimos que la segunda serie también es convergente. Para analizar el carácter de la tercera serie, usaremos la condición necesaria de convergencia de una serie. Observemos que lim n +a n + lim a, n n porque lim a n. En consecuencia, la tercera serie es divergente. n (b) El radio de convergencia de la serie de potencias es R lim n a n a n+ lim n (n+)(n+) (n+)(n+) (n +) lim n (n +), por lo que la serie es absolutamente convergente en el intervalo (, ). En el extremo x, la serie X ( ) n (n +)(n +) n ³ es alternada y la sucesión (n+)(n+) es decreciente con límite cero, por n lo que el criterio de Leibniz asegura la convergencia. En el extremo x, la serie X (n +)(n +) n

37 tiene el mismo carácter que la serie P n n, por lo que también es convergente. Por tanto, el dominio de convergencia es [, ]. Para calcular la suma de la serie de potencias, sabemos que la suma de la serie geométrica es X t n, <t<. t Z x n n n Si x (, ), integrando en el intervalo [,x], obtenemos à X! X µz x X t n dt t n x n+ Z x dt n + dt ln ( x). t n En consecuencia, para todo x (, ), n X n x n+ ln ( x). n + Si x (, ), integrando en el intervalo [,x], obtenemos Z à x X! t n+ X x n+ Z x dt n + (n +)(n +) ln ( t) dt. n A continuación y usando integración por partes, calculamos Z x Z x ln ( t) dt [t ln ( t)] x t t dt Z x µ x ln ( x) t dt x ln ( x)+ln( x)+x x +( x)ln( x). Así, para todo x (, ), queda demostrado que X n x n+ x +( x)ln( x). (n +)(n +) Si x 6, dividimos por x ylasumadelaseriedepotenciases X n x n (n +)(n +) ( x)ln( x) + x x. En el caso x, se obtiene directamente que la suma es /. 5

38 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. de Junio de 6 Ejercicio. Hallar los extremos absolutos de f (x, y, z) x y z, sobre el conjunto S (x, y, z) R : x +y, x z ª. Solución: Aplicamos el criterio de los multiplicadores de Lagrange a la función f (x, y, z) x y z, resolviendo el sistema dado por f (x, y, z) λ g (x, y, z)+µ h (x, y, z) y las restricciones Lastresprimerasecuacionesson g (x, y, z)x +y, h (x, y, z)x z. λx +µ, λy, µ. La tercera ecuación implica µ /, por lo que las dos primeras son / λx, / λy, luego λx λy. Dado que λ 6, obtenemos x y. Sustituyendo en la primera restricción x +8x x ± y. La segunda restricción, z x nos proporciona los extremos absolutos µ A,, µ, B,,. Dado que f (A) +, f (B) +, la función tiene un máximo absoluto en A y un mínimo absoluto en B.

39 Ejercicio. (a) Evaluar las integrales D x dx dy, D p y dx dy, donde D (x, y) R : x + y, y x ª, D (x, y) R : x + y, x y ª. (b) Calcular el volumen del sólido dado por la intersección de los tres cilindros sólidos x + y, x + z, y + z, situado en el octante positivo x, y, z. Indicación: aplicar los resultados obtenidos en (a). Solución: (a) Usando coordenadas polares, calculamos la integral p x dx dy Z π/ Z p r cos θ r dr dθ D Z π/ µ h r cos cos θ i / θ dθ cos θ / cos dθ θ Z π/ Z π/ Z π/ sen θ cos dθ θ sen θ cos θ dθ cos θ Z π/ µ cos θ sen θ cos θ +senθ tg θ π/ cos θ cos θ Ã! Ã +. dθ!

40 Análogamente, p y dx dy Z π/ Z p r sen θ r dr dθ D π/ Z π/ µ h r π/ sen sen θ i / θ dθ Z π/ sen θ / sen dθ θ π/ Z π/ π/ Z π/ π/ Z π/ π/ cos θ sen dθ θ cos θ sen θ dθ sen θ µ sen θ cos θ sen θ +cosθ cotg θ + π/ sen θ +senθ π/ Ã +! Ã. dθ! (b) Los puntos del sólido U satisfacen x +y, z x, z y, en el octante positivo y su descripción como sólido XY -proyectable es n np U (x, y, z) R + : x + y, z min x, p oo y. Considerando los dominios D y D del apartado (a), observemos que (x, y) D y x y x p x p y z p x, (x, y) D x y x y p y p x z p y. En consecuencia, el volumen del sólido U es Z V U dx dy dz D p x dx dy + Z x dz dx dy + D p y dx dy. Z y dz dx dy D D

41 Ejercicio. Sea S la porción de la semiesfera x + y + z, z, queseencuentra en el interior del cilindro x + y. Dado el campo vectorial F (x, y, z) (xy, yz, zx), calcular el flujo exterior del campo rot (F ) através de S, directamente, usando el teorema de Stokes y aplicando el teorema de Gauss. Solución: El rotacional del campo vectorial F es i j k rot F F D x D y D z ( y, z, x). xy yz zx Los puntos de la semiesfera situados en el interior del cilindro verifican x + y z, luego z, lo que implica z. Por tanto, la superficie S (x, y, z) R : x + y + z ª, z y elegimos la parametrización dada por las coordenadas cilíndricas S (r, θ) ³r cos θ, r sen θ, p r, r, θ π. El producto vectorial fundamental es i j k µ S r S θ r cos θ sen θ r cos θ r, r sen θ,r, r r r sen θrcos θ y tiene la orientación exterior a la semiesfera porque en el punto S (, ),,, el producto vectorial Sr S θ (, ) /,,. Acontinuación, calculamos ³ rot F (S (r, θ)) S r S θ r sen θ, p µ r r cos θ, r cos θ, r sen θ,r r r µ r sen θ cos θ + r sen θ + r cos θ. r El flujo exterior del campo rot F atravésdes es Z Z π µ r sen θ cos θ rot F NdS + r sen θ + r cos θ dθ dr r S Z Ã r! sen π θ + r [ cos θ +senθ] π r dr.

42 El teorema de Stokes asegura que RR S rot F NdS H C F dr, donde la curva C, que es la frontera de S, viene dada por x + y, z. Una parametrización de la curva con orientación inducida por la superficie orientada por la normal exterior a la semiesfera es ³ r (θ) S (,θ) cos θ, sen θ,, θ π. Calculamos la integral de línea I Z π F dr F (r (θ)) r (θ) dθ C Z π Z π ³ sen θ cos θ, senθ, cosθ ( sen θ, cos θ, ) dθ ³ sen θ cos θ + senθcos θ dθ " sen θ sen θ + # π. Para aplicar el teorema de Gauss, consideramos el sólido U cuyas fronteras son S ylasuperficie T definida por x + y, z. El teorema de la divergencia de Gauss implica que Z rot F NdS div (rot F ) dx dy dz, S T porque div (rot F )(x, y, z). En consecuencia, rot F NdS rot F NdS. S U Parametrizamos la superficie T mediante ³ T (r, θ) r cos θ, r sen θ,, r, θ π. El producto vectorial fundamental i j k T r T θ cos θ sen θ (,,r), r sen θrcos θ está orientado hacia el interior de U, por lo que debemos integrar ³ rot F (T (r, θ)) T r T θ r sen θ,,rcos θ (,,r)r cos θ. El flujo exterior, a través de T, del rotacional del campo F es Z Z π Z rot F NdS r cos θdθdr r [sen θ] π dr, T lo que implica el resultado pedido. T 5

43 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 7 de Julio de 6 Primera parte Ejercicio. Determinar el máximo absoluto de la función f (x) + jxj + + jx j ; x R: Solución. En primer lugar, observemos que la función f satisface 8 x + x >< f (x) + x + x si x ; si x ; En el intervalo ( >: + x + x ; ) ; la derivada es si x: f (x) ( x) + ( x) > ; luego f es creciente en ( ; ], lo que implica f (x) f () para todo x ( ; ] : En el intervalo (; ) ; la derivada es f (x) ( + x) + ( x) x 6x x + x + ( + x) ( x) 8x 8 ( + x) ( x) ; lo que implica que f es decreciente en [; ] y creciente en [; ] : Entonces f (x) max ff () ; f ()g para todo x [; ] : Finalmente, en el intervalo (; ) ; la derivada es f (x) ( + x) (x ) < ; luego f es decreciente en [; ) y f (x) f () para todo x [; ) : En consecuencia, el máximo absoluto de f en R es f () f () :

44 Grá ca de la función f

45 Ejercicio. (a) Estudiar la convergencia de la integral impropia I Z ln x + x dx: (b) Calcular el valor de la integral impropia I usando la sustitución u x: Solución. (a) En primer lugar, analizamos la convergencia de la integral impropia I Z ln x + x dx: Para aplicar el criterio de comparación por paso al límite, calculamos lim x! ln x + x x ln x lim x! x lim x! x x lim x! x ; si < : Dado que la integral R x dx converge si y sólo si > ; usando ( ; ) ; obtenemos que la integral I es convergente. Para estudiar la convergencia de la integral impropia calculamos lim x! ln x + x x I Z ln x + x dx; ln x lim x! x + x + x lim x! x + ( + ) x + lim x! x ; + ( + ) x+ si + >, > : Dado que la integral R x dx converge si y sólo si < ; usando ( ; ) ; obtenemos que la integral I es convergente. Como ambas integrales son convergentes, concluimos que la integral I es convergente. (b) La sustitución u x implica x u, ln x ln u, dx u du, por lo que I Z ln x + x dx Z ln u du + (u) ( u ) Z Entonces I ;luego el valor de la integral impropia I : ln u du I: + u

46 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 7 de Julio de 6 Segunda parte Ejercicio. Sea R la región acotada por las curvas y p x; y p x; y x ; y x : Utilizar el cambio de variables x u v, y u v para hallar el área de la región R: Solución. La región R es n R (x; y) R : p y x p y; p x y p x o : El cambio de variables dado implica Además, observemos que x y u v u v v; y x u v u u: v p p x y x y () y ; p p y x y x () x : Entonces la región S en el plano uv es S (u; v) R : u ; v : A continuación, calculamos el (x; (u; v) x u x v y u y v u v u v u v u v 9 9 : Usando el teorema del cambio de variables, calculamos el área de la región R, Z a (R) dx (x; y) (u; v) du dv du dv : R S

47 Ejercicio. Calcular el ujo exterior del campo vectorial F (x; y; z) (x; y; z) ; (x + y + z ) sobre la super cie dada por los puntos del paraboloide z x y tales que z : Solución. La super cie dada es S (x; y; z) R : z x y ; x + y : Si consideramos el sólido Q cuyas fronteras son S y la super cie T; de nida por x + y, z, el teorema de la divergencia de Gauss implica que Z F N ds div F dx dy dz: Calculamos S[T div F rf x + y + z En consecuencia, Z Z S F N ds Parametrizamos la super cie T mediante Q x + y + z x + y + z (x + y + z ) T F N ds: T (r; ) (r cos ; r sen ; ) ; r ; : El producto vectorial fundamental i j k T r T cos sen (; ; r) ; r sen r cos está orientado hacia el interior de Q, por lo que debemos integrar rot F (T (r; )) T r T (r cos ; r sen ; ) (; ; r) (r + ) r (r + ) : Entonces, el ujo exterior del campo F sobre la super cie S es Z Z " r F N ds d dr (r + ) (r + ) S p! p p : # 5

48 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen de de Septiembre de 6 Primera parte Ejercicio. A medianoche, el barco Arrow se encuentra situado a kilómetros en dirección este del barco Blue. El barco Arrow navega hacia el oeste a km/h, y el barco Blue lo hace hacia el sur a km/h. A qué hora se encontrarán a distancia mínima uno del otro? Cúal es la distancia mínima? Solución. Elegimos un sistema cartesiano de coordenadas con centro en el barco Blue, de manera que el eje x coincide con un paralelo y el semieje x > indica la dirección este. Además, el eje y coincide con un meridiano y el semieje y < indica la dirección sur. En el instante t ; las coordenadas de Blue son B (; ) y las de Arrow son A (; ) : Dadas las velocidades y direcciones de cada navegación, las ecuaciones parámetricas de las trayectorias de los barcos Arrow y Blue son: r A (t) ( t; ) ; r B (t) (; t) ; donde t : Entonces, la distancia entre ambos barcos es q d (t) ( t) + t ; t : Para calcular la distancia mínima, de nimos la función f (t) d (t) ( t) + t ; t : Los puntos críticos de esta función se obtienen resolviendo la ecuación f (t) ( t) ( ) + t 88t () t 6 : Observemos que si t [; 6) entonces f (t) < y si t > 6 entonces f (t) > : En consecuencia, la distancia mínima se alcanza en el instante t 6 :98 y su valor es d d 6 5 p 6 6:8: 6 Para calcular la hora a la que se encontrarán a distancia mínima uno del otro, el tiempo t :98 corresponde a horas y : minutos.

49 Ejercicio. Hallar la suma de la serie X n ( ) n (n + ) n : Solución. Para calcular la suma de la serie, observemos que integrando t n se obtiene el término (n + ) en el denominador. Por ello, usaremos la suma de la serie geométrica X n ( ) n t n + t ; < t < : Si x ( ; ), integrando en el intervalo [; x] ; obtenemos Z! x X X Z x ( ) n t n dt ( ) n t n dt n n X n Z x ( ) n x n+ n + + t dt arctan x: En consecuencia, para todo x ( ; ) ; arctan x X n ( ) n x n+ n + x x + x5 5 x Para todo x ( ; ) tal que x 6 ; tenemos arctan x x x + x 5 x X n ( ) n x n n + : Por ello, si elegimos x p obtenemos la suma de la serie X ( ) n (n + ) n arctan p p p arctan p n p 6 :

50 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen de de Septiembre de 6 Segunda parte Ejercicio. Calcular el valor máximo de la función f (x; y; z) x + y z; en el recinto S (x; y; z) R : x + y + z ; x + y + z : Solución. La función f es continua en el recinto cerrado y acotado S. Por lo tanto f alcanza sus valores máximo y mínimo absolutos en S. Para calcular el valor máximo, observemos que rf (x; y; z) (; ; ) ; por lo que f no tiene puntos críticos. Entonces, calculamos los valores extremos en la frontera de S, que está formada por la unión de las tres super cies descritas por S (x; y; z) R : x + y + z ; x + y + z ; S (x; y; z) R : x + y + z ; x + y + z ; S (x; y; z) R : x + y + z ; x + y + z : Para obtener los valores extremos en S, aplicamos el criterio de los multiplicadores de Lagrange a f (x; y; z) x+y z; resolviendo el sistema dado por rf (x; y; z) rg (x; y; z) y las restricciones g (x; y; z) x + y + z ; x + y + z : Las tres primeras ecuaciones son x; y; z: Dado que 6 ; obtenemos x y dada por la igualdad z: Sustituyendo en la restricción x + x + x () 6x () x p 6 ; lo que nos proporciona los puntos P p6 ; p ; 6 p ; P 6 p 6 ; p 6 ; p : 6

51 El punto P no satisface la restricción dada por la desigualdad x + y + z ; por lo que sólo consideramos el punto P : Para obtener los valores extremos en S, resolvemos el sistema dado por rf (x; y; z) rh (x; y; z) y las restricciones h (x; y; z) x + y + z ; x + y + z : Las tres primeras ecuaciones son ; ; ; por lo que el sistema no tiene solución. Finalmente, para obtener los valores extremos en S, resolvemos el sistema dado por rf (x; y; z) rg (x; y; z) + rh (x; y; z) y las restricciones Las tres primeras ecuaciones son g (x; y; z) x + y + z ; h (x; y; z) x + y + z : x + ; y + ; z + : Eliminamos el parámetro restando las ecuaciones y obteniendo y x ; y x ; y z ; () y z ; porque 6 ; ya que si el sistema es incompatible. obtenemos y x y z; lo que implica x y z ; x + y + z ; Eliminando usando una restricción. Sumando se obtiene x y, z x y 5x; por lo que la otra restricción es x + 6x + 5x () x () x p ; lo que nos proporciona los puntos P p ; p ; 5 p ; P p ; p ; 5 p : Calculamos el valor de la función en los tres puntos seleccionados f (P ) 6 p 6 p 6 :95; f (P ) p :6; f (P ) p < ; luego el valor máximo de f es p 6 y se alcanza en P :

52 Ejercicio. Hallar el ujo exterior del campo vectorial F (x; y; z) (x; y; z) ; (x + y + z ) sobre la esfera x + y + z a : Solución. Parametrizamos la esfera con radio a y centrada en el origen usando coordenadas esféricas, donde ; : S (; ) (a sen cos ; a sen sen ; a cos ) ; El producto vectorial fundamental es i j k S S a cos cos a cos sen a sen a sen sen a sen cos a sen cos ; a sen sen ; a sen cos : En el punto S (; ) (a; ; ) el producto es S S (; ) a ; ; ; por lo que la super cie está orientada hacia el exterior del sólido encerrado por S. Entonces tenemos que integrar el producto escalar F (S (; )) (S S ) (a ) (a sen cos ; a sen sen ; a cos ) (S S ) a a sen cos + a sen sen + a sen cos sen + sen cos sen : Entonces, el ujo exterior del campo F sobre la super cie S es S Z Z F N ds sen d d [ cos ] : 5

53 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 8 de Enero de 7 Ejercicio. Se consideran las rectas que pasan por el punto (, 8) ycortan a los semiejes positivos. Determinar la distancia mínima entre los puntos de corte y obtener la recta que verifica dicha propiedad. Solución: La ecuación de las rectas que pasan por el punto (, 8) ycortan a los semiejes positivos es y 8m (x ), <m<. Para calcular los puntos de corte con el semieje y,x>, resolvemos m (x ) 8, obteniendo A (m) µ 8m µ m 8, m,. Los puntos de corte con el semieje x, y >, se obtienen resolviendo y 8 m, por lo que son B (m) (, 8 m). Entonces, la distancia entre los puntos de corte es s µm 8 µ F (m)d(a(m),b(m)) +(8 m) s(m 8) m m + r r m 8 +(8 m) m m +, <m<. Calculamos los puntos críticos mediante r F (m) ++(8 m) q m m + (8 m) q m m + + m m m m 8+m q m 8 q. m m + m m + La única solución real de la ecuación m 8 es m 8, que pertenece al intervalo (, ). Para probar que F (m) alcanza su valor mínimo en m, usaremos el criterio de la primera derivada. Si m< entonces m < 8 y m < porque m<. Por tanto F (m) < y F (m) es decreciente en el intervalo (, ). Si <m< entonces m > 8 y m <. Por ello F (m) > y F (m) es creciente en el intervalo (, ). Entonces r r 5 F ( ) es el mínimo absoluto de F (m) en el abierto (, ). La recta con distancia mínima entre los puntos de corte es y 8 (x ).

54 Ejercicio. Un toro se forma al girar la región contenida en la circunferencia (x ) + y, alrededor del eje y. Calcular el volumen de este sólido de revolución, usando el método de las arandelas y el método de las capas. Solución: Las funciones que representan las fronteras de la región son x + p y, x p y, donde y [, ]. El volumen, usando el método de las arandelas, es Z ³ V π + p y ³ p y dy π Z Z π/ 8 p Z π/ y dy 8π +cost 8π dt 8π π/ ³ π 8π + π π, π/ cos tdt t sen t + π/ π/ usando el cambio de variable y sent. Dado que el eje de giro es y, la variable para el método de las capas es x. El radio qde cada cilindro es r x. Las fronteras de la región vienen q dadas por y ± (x ),x [, ]. Entonces, la altura es h (x ). El volumen, usando el método de las capas, es Z Z q V π rh dx π x (x ) dx. Para calcular la integral, consideramos el cambio de variable En consecuencia, x sent, dx costdt, π t π. V π π π Z π/ π/ Z π/ π/ Z π/ π/ ( + sen t)cos tdt cos t +cos t sen t dt +cost +cos t sen t dt sen t π t + cos π/ t π/ ³ π π + π π.

55 Ejercicio. Para cada número natural n, sea r n la recta determinada por los puntos (, ) y (n, ). Consideremos la región plana R n comprendida entre las rectas r n,r n+ y las rectas de ecuación x y x. a) Calcular el área a n de la región R n, para cada n. b) Calcular el radio y el dominio de convergencia de la serie de potencias P n a nx n. Solución: a) La ecuación de la recta r n que pasa por los puntos (, ) y (n, ) es y (x ), n. n Las rectas r n cortan a la recta x en el punto (, ) y cortan a la recta x en los puntos µ (x n,y n ),, n. n Cada región plana R n es un triángulo de altura igual a ybase µ µ y n+ y n n + n n n n (n ) (n ) n (n ) n, n. Entonces, el área de la región R n es a n (n )n, para cada n. b) El radio de convergencia de la serie de potencias P n a nx n es R lim n a n a n+ lim n (n )n (n+)(n+) (n +)(n +) lim, n (n ) n por lo que la serie es absolutamente convergente en el intervalo (, ). En el extremo x, la serie X (n ) n n tiene el mismo carácter que la serie P n n, por lo que es convergente. En el extremo x, la serie X n ( ) n (n ) n es absolutamente convergente, por lo que también es convergente. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es [, ].